（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 理科附加題 第3講 計(jì)數(shù)原理與二項(xiàng)式定理練習(xí)

《（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 理科附加題 第3講 計(jì)數(shù)原理與二項(xiàng)式定理練習(xí)》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 理科附加題 第3講 計(jì)數(shù)原理與二項(xiàng)式定理練習(xí)（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講 計(jì)數(shù)原理與二項(xiàng)式定理 1．記n的展開(kāi)式中第m項(xiàng)的系數(shù)為bm. (1)求bm的表達(dá)式； (2)若n＝6，求展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)； (3)若b3＝2b4，求n. 解：(1)n的展開(kāi)式中第m項(xiàng)為C·(2x)n－m＋1·m－1＝2n＋1－m·C·xn＋2－2m， 所以bm＝2n＋1－m·C. (2)當(dāng)n＝6時(shí)，n的展開(kāi)式的通項(xiàng)為T(mén)r＋1＝C·(2x)6－r·r＝26－r·C·x6－2r. 依題意，6－2r＝0，得r＝3， 故展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)為T(mén)4＝23·C＝160. (3)由(1)及已知b3＝2b4，得2n－2·C＝2·2n－3·C，從而C＝C，即n＝5. 2．已知數(shù)列{

2、an}的通項(xiàng)公式為an＝n＋1.等式(x2＋2x＋2)10＝b0＋b1(x＋1)＋b2(x＋1)2＋…＋b20(x＋1)20，其中bi(i＝0,1,2，…，20)為實(shí)常數(shù)． (1)求2n的值； (2)求nb2n的值． 解：法一：(1)令x＝－1，得b0＝1， 令x＝0，得b0＋b1＋b2＋…＋b20＝210＝1 024， 令x＝－2，得b0－b1＋b2－b3＋…－b19＋b20＝210＝1 024， 所以2n＝b2＋b4＋b6＋…＋b20＝1 023. (2)對(duì)等式兩邊求導(dǎo)，得 20(x＋1)(x2＋2x＋2)9＝b1＋2b2(x＋1)＋3b3(x＋1)2＋…＋20b20(x＋

3、1)19， 令x＝0，得b1＋2b2＋…＋20b20＝20×29＝10 240， 令x＝－2，得b1－2b2＋3b3－4b4＋…＋19b19－20b20＝－20×29＝－10 240， 所以b2n＝(2b2＋4b4＋6b6＋…＋20b20)＝5 120. 所以nb2n＝(n＋1)b2n＝b2n＋2n＝5 120＋1 023＝6 143. 法二：由二項(xiàng)式定理易知 (x2＋2x＋2)10＝[1＋(x＋1)2]10 ＝C＋C(x＋1)2＋C(x＋1)4＋…＋C(x＋1)20 ＝b0＋b1(x＋1)＋b2(x＋1)2＋…＋b20(x＋1)20， 比較可知b2n＝C(n＝1,2，…，1

4、0)． (1)2n＝C＋C＋…＋C＝210－1＝1 023. (2)因?yàn)閍n＝n＋1, 所以nb2n＝(n＋1)C＝C＋， 設(shè)T＝C＝0·C＋1·C＋2·C＋…＋10·C，T也可以寫(xiě)成 T＝C＝0·C1010＋1·C910＋2·C810＋…＋10·C， 相加得2T＝10·210，即T＝5·210， 所以nb2n＝C＋＝5·210＋210－1＝6 143. 3．(1)閱讀以下案例，利用此案例的想法化簡(jiǎn)CC＋CC＋CC＋CC. 【案例】考察恒等式(1＋x)5＝(1＋x)2(x＋1)3左右兩邊x2的系數(shù)． 因?yàn)橛疫?1＋x)2(x＋1)3＝(C＋Cx＋Cx2)(Cx3＋Cx2＋

5、Cx＋C)， 所以右邊x2的系數(shù)為CC＋CC＋CC，而左邊x2的系數(shù)為C， 所以CC＋CC＋CC＝C. (2)求證：(r＋1)2(C)2－n2C＝(n＋1)C. 解：(1)考察恒等式(1＋x)7＝(1＋x)3(x＋1)4左右兩邊x3的系數(shù)． 因?yàn)橛疫?1＋x)3(x＋1)4＝(C＋Cx＋Cx2＋Cx3)·(Cx4＋Cx3＋Cx2＋Cx＋C)， 所以右邊x3的系數(shù)為CC＋CC＋CC＋CC， 而左邊x3的系數(shù)為C， 所以CC＋CC＋CC＋CC＝C. (2)證明：由rC＝r·＝n·＝nC， 可得(r＋1)2(C)2＝(rC)2＋r(C)2＋(C)2 ＝n2(C)2＋2n·C＋(

6、C)2. 考察恒等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(x＋1)n左右兩邊xn的系數(shù)． 因?yàn)橛疫?1＋x)n(x＋1)n＝(C＋Cx＋…＋Cxn)·(Cxn＋Cxn－1＋…＋C)， 所以右邊xn的系數(shù)為 CC＋CC＋…＋CC＝(C)2， 而左邊的xn的系數(shù)為C， 所以(C)2＝C. 同理可求得(C)2＝C. 考察恒等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(x＋1)n左右兩邊xn－1的系數(shù)． 因?yàn)橛疫?1＋x)n－1(x＋1)n＝(C＋Cx＋…＋Cxn－1)(Cxn＋Cxn－1＋…＋C)， 所以右邊xn－1的系數(shù)為 CC＋CC＋…＋CC＝·C， 而左邊的xn－1的系數(shù)為C，

7、所以·C＝C， 所以(r＋1)2(C)2－n2C ＝n2C＋2nC＋C－n2C ＝2nC＋C ＝n(C＋C)＋C ＝n(C＋C)＋C ＝nC＋C ＝(n＋1)C. 4．(2019·蘇北四市調(diào)研)在楊輝三角形中，從第3行開(kāi)始，除1以外，其他每一個(gè)數(shù)值是它上面的兩個(gè)數(shù)值之和，這個(gè)三角形數(shù)陣開(kāi)頭幾行如圖所示． (1)在楊輝三角形中是否存在某一行，且該行中三個(gè)相鄰的數(shù)之比為3∶4∶5？若存在，試求出是第幾行；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由； (2)已知n，r為正整數(shù)，且n≥r＋3.求證：任何四個(gè)相鄰的組合數(shù)C，C，C，C不能構(gòu)成等差數(shù)列． 解：(1)楊輝三角形的第n行由二項(xiàng)式系數(shù)C，

8、 k＝0,1,2，…，n組成． 如果第n行中有＝＝， ＝＝， 那么3n－7k＝－3,4n－9k＝5， 解得k＝27，n＝62. 即第62行有三個(gè)相鄰的數(shù)C，C，C的比為3∶4∶5. (2)證明：若有n，r(n≥r＋3)，使得C，C，C，C成等差數(shù)列， 則2C＝C＋C，2C＝C＋C， 即 ＝＋， ＝＋. 有＝＋， ＝＋， 化簡(jiǎn)整理得，n2－(4r＋5)n＋4r(r＋2)＋2＝0， n2－(4r＋9)n＋4(r＋1)(r＋3)＋2＝0. 兩式相減得，n＝2r＋3， 于是C，C，C，C成等差數(shù)列． 而由二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)可知C＝C＜C＝C，這與等差數(shù)列的性質(zhì)矛

9、盾，從而要證明的結(jié)論成立． 5．已知An＝{x＞0|x＝k1·2＋k2·22＋…＋kn·2n}，其中n∈N*，n≥2，ki∈{－1,1}(i＝1，2，…，n)，記集合An的所有元素之和為Sn. (1)求S2，S3的值； (2)求Sn. 解：(1)當(dāng)n＝2時(shí)，A2＝{x＞0|x＝k1·2＋k2·22}＝{x＞0|x＝2k1＋4k2}＝{2,6}， 所以S2＝2＋6＝8. 當(dāng)n＝3時(shí)，A3＝{x＞0|x＝k1·2＋k2·22＋k3·23}＝{x＞0|x＝2k1＋4k2＋8k3}＝{2,6,10,14}． 所以S3＝2＋6＋10＋14＝32. (2)若kn＝－1，且k1＝k2＝…＝k

10、n－1＝1，n≥2，n∈N*， 則x＝2＋22＋…＋2n－1－2n＝－2n＝－2＜0，此時(shí)x?An. 所以kn必然等于1，且當(dāng)k1＝k2＝…＝kn－1＝－1，n≥2，n∈N*時(shí)， x＝－2－22－…－2n－1＋2n＝－＋2n＝2＞0，此時(shí)x∈An. 所以當(dāng)kn＝1，k1，k2，…，kn－1∈{－1,1}，n≥2，n∈N*時(shí)，都有x∈An. 根據(jù)乘法原理知，使得ki＝1(i＝1,2,3，…，n－1，n≥2，n∈N*)的x共有2n－2個(gè)，使得ki＝－1(i＝1,2,3，…，n－1，n≥2，n∈N*)的x也共有2n－2個(gè)， 所以Sn中的所有ki·2i(i＝1,2,3，…，n－1，n≥2，n∈N*)項(xiàng)的和為0， 又因?yàn)槭沟胟n＝1的x共有2n－1個(gè)， 所以Sn＝2n－1×2n＝22n－1. - 6 -